广东省2023-2024学年高三上学期11月统一调研测试数学试题

2023-12-03 · 18页 · 1.1 M

绝密★启用前广东省2023—2024学年高三11月统一调研测试数学注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足,则()A.5 B. C. D.12.已知集合,,则()A. B. C. D.3.从2,3,5,7这四个数中随机地取2个不同的数相乘,其结果能被10整除的概率是()A. B. C. D.4.已知平面向量,满足,,则与的夹角是()A. B. C. D.5.“”是“函数在区间上单调递增”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件6.若椭圆与双曲线有公共的左焦点,两曲线在第一、三象限内的公共点分别为,,则的值为()A. B. C. D.7.已知中,,点是边的中点,记.则当最大时,()A. B. C. D.8.17到19世纪间,数学家们研究了用连分式求解代数方程的根,并得到连分式的一个重要功能:用其逼近实数求近似值.例如,把方程改写成①,将再代入等式右边得到,继续利用①式将再代入等式右边得到……反复进行,取时,由此得到数列,,,,,记作,则当足够大时,逼近实数.数列的前2024项中,满足的的个数为(参考数据:)A.1007 B.1009 C.2014 D.2018二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.一组数据从小到大为5,6,7,8,,11,若这组数据的平均数是8,则()A. B.极差为6 C.40%分位数为7 D.方差为510.若,,则()A. B. C. D.11.已知圆:,是直线:上一点,过点作圆的两条切线,切点分别为,,则()A.有最小值 B.四边形的周长最小为8C. D.外接圆的面积最大为12.已知函数及其导函数的定义域均为,且是奇函数,.若在区间上单调递增,则()A. B.C. D.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.函数的最小正周期为________.14.已知正数,满足,则________.15.已知点在椭圆:上运动,,动点满足,则的最大值为________.16.已知正三棱柱的底面边长为2,以为球心、为半径的球面与底面的交线长为,则三棱柱的表面在球内部分的总面积为________.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)在数列中,,,设,,.给定3个条件:①数列为等差数列;②数列为公比为正数的等比数列;③数列的前项和,其中,为常数.在这3个条件中任选一个,并解决下列问题.(1)求数列的通项公式;(2)求数列的前项和.注:若选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18.(12分)记的内角,,的对边分别为,,,为边的中点,已知.(1)求;(2)当时,求的最大值.19.(12分)如图,四棱锥中,底面是平行四边形,,,,,为棱的中点.(1)证明:;(2)若,二面角的大小为,求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)已知在平面直角坐标系中,抛物线:的焦点为,过点的直线与交于,两点,且.(1)求的标准方程;(2)已知为轴上的点,直线与的另一个交点为,直线与的另一个交点为,当直线的斜率为1时,求点的坐标.21.(12分)已知函数.(1)当时,求的单调区间;(2)若存在零点,求实数的取值范围.22.(12分)现有甲、乙两个不透明盒子,甲盒子装有2个红球和2个白球,乙盒子装有4个白球,这些球的大小、形状、质地完全相同.在一次球交换过程中,从甲盒子与乙盒子中各随机选择1个球进行交换,重复次这样的交换过程后,甲盒子里装有红球的个数为.(1)求的概率分布及数学期望;(2)求.广东省2023—2024学年高三11月统一调研测试数学参考答案及评分细则1.【答案】B【解析】由题意可得,所以,则,故选B.2.【答案】C【解析】因为,因为,所以,所以,,,,故选C.3.【答案】A【解析】所求概率为,故选A.4.【答案】D【解析】因为,且,所以,即,所以,设与的夹角为,则,因为,所以,即与的夹角为,故选D.5.【答案】A【解析】由题设易知,且,设,则函数开口向上且对称轴为,所以在上单调递增,则为增函数,所以.要使在上单调递增,则,即,所以,要使对恒成立,则只需,.综上,.所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件,故选A.6.【答案】C【解析】易知两曲线有公共的右焦点,根据题意,,,根据椭圆的定义得到,根据双曲线的定义得到,故,,又,所以,从而,,故选C.7.【答案】B【解析】方法一:记,由题意得,,为锐角,则即有最大值当且仅当即时取等号,此时也最大,故选B.方法二:设,,以点为坐标原点,,分别为轴、轴建立平面直角坐标系,则,,,,所以,所以可齐次化,不妨设,,则所以当,即时,取最小值,又因为是锐角,此时最大,,故选B.8.【答案】D【解析】由题,,且前8项为1,2,,,,,,所以当时,;当时,.所以,其中,所以,所以,,所以不满足的分别为,,,,,,,故选D.9.【答案】BC【解析】由题得,所以,所以A错误;根据定义极差为,B正确;因为,40%分位数为7,C正确;根据方差公式,方差为,D错误,故选BC.10.【答案】ACD【解析】对于A:,A正确;对于B:,B错误;对于C:,C正确;对于D:,D正确,故选ACD.11.【答案】ABC【解析】设,所以当,即时,取得最小值,A正确;四边形的周长为,当取最小值时,四边形的周长最小为8,B正确;因为,所以,又因为,所以,则,C正确;外接圆的面积最小为,无最大值,D错误,故选ABC.12.【答案】ACD【解析】因为是定义在上的奇函数,所以.由,得,所以,故选项A正确;因为可化为,令,则为上可导的奇函数,,且,所以的图象关于直线对称,且是以4为周期的函数,所以,所以,故选项B错误;因为在区间上单调递增,,所以在区间上单调递增.由对称性得在区间上单调递减,所以,即,所以,故选项C正确;因为,所以,从而,解得.由,得,,从而是以4为周期的函数,所以,,所以,故选项D正确.故选ACD.13.【答案】【解析】因为的最小正周期为,所以的最小正周期为.14.【答案】5【解析】由得,,所以.15.【答案】【解析】依题设,则,由,可得点的轨迹是以为圆心,为半径的圆.,当且仅当取等号,即,故.16.【答案】【解析】记以为球心为半径的球面与底面的交线半径为,正三棱柱的高为,则,且,解得,,则三棱柱的表面在球内部分的总面积为17.解:(1)若选择①,,(1分)则等差数列的公差,(3分)所以,所以(5分)若选择②,(1分)则等比数列的公比满足,又,故,(3分)所以,.(5分)若选择③,因为,则,,(1分)解得.故,(3分)当时;又,符合上式,所以.(5分)(2)由(1)知,所以,.(7分)(10分)【评分细则】第(2)问结果没有化简或化简错的,只要有这一步,整体只扣1分.18.解:(1)由及正弦定理,得,即,(2分)又中,,则,故,(4分)又,则.(6分)(2)因为所以,当且仅当时取等号.(8分)因为为边的中点,所以,两边平方得到故,当且仅当时取等号.故的最大值为.(12分)【评分细则】1.第(1)问凡是有推理不严密,如漏,等,整体只扣1分,不多次扣分;2.第(2)问用其他方法做,只要推理与结果对,也给满分,但过程中利用基本不等式求最值时,至少要有一处说明取等条件(或),否则扣1分.19.(1)证明:连接,在中,因为,,,所以由余弦定理得,,因为,所以,因为四边形为平行四边形,所以,所以.(2分)又因为,,,平面,所以平面.(4分)因为平面,所以.(5分)(2)解:因为,,,,平面,所以平面.又因为,所以,,两两相互垂直,以为坐标原点,,,所在的直线分别为,,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.(6分)因为,,所以为二面角的平面角,即.(7分)在中,,,,所以.因为为棱的中点,所以.根据条件,,,,所以,,(9分)设平面的法向量为,则取.(11分)设直线与平面所成的角为,则即直线与平面所成角的正弦值为.(12分)【评分细则】第(2)问可能存在其他建系方法,只要推理与结果正确,同样给满分.20.解:(1)因为,,所以,又,所以,,故的标准方程为:.(4分)(2)设,,,,,的方程为,由得.则,,同理.(7分)所以直线的斜率为(9分)设的方程为,联立得.则所以,,所以点的坐标为.(12分)【评分细则】1.第(1)问只求出给2分;2.第(2)问利用其它的参数计算直线MN的斜率和点E的坐标,只要结果正确也同样给分.21.解:(1)当时,,,则,(1分)当时,,,故;当时,,故,故的单调递增区间为,单调递减区间为.(4分)(2)方法一:,,令,则,则在上单调递增.取,取,(5分)又在上图象不间断,且在上单调递增,故存在唯一的使得,即.(6分)当时,;当时,,故在上单调递减,在上单调递增.因此(9分)当时,即时,,,故,此时无零点;当时,即时,故,此时有1个零点为1;(10分)当时,即时,,,故,取,则,又在上图象不间断,故存在:使得,即此时存在零点.(11分)综上所述,存在零点时,实数的取值范围为.(12分)方法二:由(1)知当时,的单调递增区间为,单调递减区间为,且,当且仅当时取等号,故有1个零点;(5分)当时,,即,故没有零点;(6分)当时,构造函数,证明(过程略),从而对恒成立;构造函数,证明(过程略),从而.因此,,故.又,且在上图象不间断,故存在,使得,即此时存在零点.(11分)综上所述,存在零点时,实数的取值范围为.(12分)方法三:令,,令,则当时,;公众号:全元高考当时,,所以当时,取得最小值,若函数存在零点,则有解,所以.(8分)当时,,令,又因为在上图象不间断,故存在,使得,综上所述,存在零点时,实数的取值范围为.(12分)【评分细则】1.第(1)问仅正确求得单调递增区间、单调递减区间中的一个扣2分;2.第(2)问相关解法中涉及到的取点(不唯一)是否取到,不影响后续步骤的得分.22.解:(1)由题意可知的所有可能取值为1,2,且,(1分)由题意可知的所有可能取值为0,1,2,且,的概率分布表如下: (4分).(5分)公众号:全元高考(2)当时,由题意可知的所有可能取值为0,1,2,则,故故是首项为、公比为的等比数列.(11分)故,. (12分)【评分细则】1.第(1)问中,3个概率求解中可以先求出其中2个,用间接法求第3个,3个概率都正确得2分,有正确的但不完全正确的给1分,概率分布表1分;2.第(2)问中,等比数列的证明不严密整体扣1分.

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